domingo, 2 de junio de 2013
Problema del Día 02-06-13 (Xavi)
Sea $ABC$ un triángulo y sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las bisectrices trazadas desde $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Encontrar los posibles valores del $\angle{ABC}$ si se sabe que $\angle{PQR}=90$.
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8 comentarios:
120º
Por que lo leí mal, voy a suponer QPR=90 y encontraré BAC. (Sólo cambié el nombre de los puntos, el problema es el mismo).
Supongamos que las bisectrices de APC y APB intersectan a AC y AB en X y Y. Entonces XPY=90, por lo que CPX $\ge$ CPQ $\Leftrightarrow$ BPY $\le$ BPR. Entonces
$\frac{CX}{XA} \ge \frac{CQ}{QA} \Leftrightarrow CX \ge CQ \Leftrightarrow CPX \ge CPQ \Leftrightarrow$$ BPY \le BPR \leftrightarrow BY \le BR \Leftrightarrow \frac{BY}{YA} \le \frac{BR}{RA}$.
Entonces si llamo $AC=b$, $CB=a$; $BA=c$, $AP=d$ vemos que, por Teo Bisectriz, $\frac{CX}{XA} = \frac{CP}{PA} = \frac{\frac{ab}{b+c}}{d}$ y $\frac{CQ}{QA} = \frac{a}{c}$. Entonces, por ésto y lo análogo,
$\frac{\frac{ab}{b+c}}{d} \ge \frac{a}{c} \Leftrightarrow \frac{\frac{ac}{b+c}}{d} \le \frac{a}{b}$.
Pero, por Stewart, si $n=PC=\frac{ab}{b+c}$ y lo análogo para $m$, y por Ley Cosenos,
$\frac{\frac{ab}{b+c}}{d} \ge$$ \frac{a}{c} \Leftrightarrow bc \ge (b+c)d \Leftrightarrow g \le \frac{bc}{b+c}$$ \Leftrightarrow \sqrt{\frac{b^2m+c^2n}{a}-mn} } \le \frac{bc}{b+c}$$\Leftrightarrow \sqrt{bc-mn} \le \frac{bc}{b+c} \Leftrightarrow bc\left( 1 - \left(\frac{a}{b+c}\right)^2 \right) $$\le \frac{(bc)^2}{(b+c)^2} $$\Leftrightarrow bc(b+c)^2 - bca^2 \le (bc)^2$$ \Leftrightarrow (b+c)^2 - a^2 \le bc \Leftrightarrow (b^2+c^2-a^2) \le -bc$$ \Leftrightarrow 2bc cos A \le -bc \Leftrightarrow cos A \le \frac{-1}{2} $$\Leftrightarrow A \ge 120$
Similarmente, $\frac{\frac{ac}{b+c}}{d} \le \frac{a}{b} \Leftrightarrow \A \le 120$.
Así, $A \ge 120 \Leftrightarrow A \le 120$ y así $A=120$.
Solo falta verificar que existe un triángulo con $A=120$ que funciona, y el isósceles es bastante fácil ver que funciona (de hecho, es implicado por las cuentas que hice arriba).
Ajá, entonces ya.
Tenía otra solución, pero está bastante fea, usaba Cosenos a lo loco, así que mejor no la posteo.
Me salió con armónicos
Tomas $A_{1}$ y $C_{1}$ tales que
$\left(AB, RC_{1}\right)$
$\left(CB, PA_{1}\right)$
son hileras armónicas. Tendremos pues que
$Q, P, C_{1}$
$Q, R, A_{1}$
son colineales. Luego, proyectando las hileras respectivas desde $Q$, veremos que
$RQ$ biseca a $\angle AQB$
$PQ$ biseca a $\angle CQB$
Luego, consideramos los incentros $I_{1}$ e $I_{2}$ de $ABQ$ y $CBQ$ respectivamente, y el incentro $I$ de $ABC$. Tendremos que
$C, I_{2}, I, R$
$A, I_{1}, I, P$
son colineales, y proyectando nuestros hazes armónicos desde $Q$ sobre las rectas por estos puntos colineales, vemos que dichos puntos también forman hileras armónicas. Luego, como
$BI_{1}$ biseca a $\angle CBQ$
$BI_{2}$ biseca a $\angle ABQ$
tenemos que
$\angle RBI_{2}=\angle PBI_{1}=90^{\circ}$
y concluimos que $\angle ABC=120^{\circ}$.
También el otro lado se cumple, se puede demostrar con cíclicos que si $\angle ABC=120^{\circ}$ entonces $\angle PQR=90^{\circ}$.
Yo trace las bisectrices de $AQB$ y de $BQC$ y donde intersecten $AB$ y $BC$ sean $X$ y $Y$ y supongamos que no son $P$ y $R$ entonces el angulo $XQY$ es de 90 y se debe dar que $X$ en $AR$ y $Y$ en $BP$ o fuera ambos. checando que entonces se debe dar $AY/YB < AR/RB$ y $XC/XB > PC/PB$ y usando teo de la bisectriz queda $QC/AQ > BC/AB$ contradiccion. entonces $X=R$ y $Y=P$ entonces como $AP$ es bisectriz y $QP$ es bisectriz exterior $P$ es el excentro y el angulo $QBC$ es igual a $180-ABC$ por lo que $QBC$ es de 60 y $ABC$ de 120
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